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\chapter{Integral sobre regiones tipo I y II} \label{ch:06}

En este capítulo veremos un método para el cálculo de
integrales.


\section{Definición}

\begin{figure} \centering 
%original-width 205pt;original-height 115pt;
\includegraphics[width=252pt,height=143pt]{./img-old/06/I0BT0M00}
\caption{Región tipo I y II}
\label{fig:reg-I-II}
\end{figure}

\begin{definition}
  Una región tipo I en  $\mathbb{R}^{2}$, es un conjunto  $\Omega $  delimitado por dos recta
paralelas al eje  $Y$, y dos curvas sobre el eje  $X$, como
parte superior e inferior de  $\Omega $ ; estas curvas se pueden ver
como dos funciones continuas  $\varphi _{1}$, $\varphi _{2}:\left[
a,b\right] \rightarrow R$. Vea la figura \ref{fig:reg-I-II} a). Esto es 
\[
\Omega =\left\{ (x,y)\in \mathbb{R}^{2}\mid a\leq x\leq y\text{ \ y \ }\varphi _{1}(x)\leq y\leq \varphi _{2}(x)\right\} 
\]
Análogamente, una región tipo II en $\mathbb{R}^{2}$, es un conjunto $\Phi $ 
delimitado por dos rectas y
dos curvas, pero ahora los lados rectos de $\Phi $  son paralelos
al eje $X$ ; es decir
\[
\Phi =\left\{ (x,y)\in \mathbb{R}^{2}\mid c\leq y\leq d\text{ \ y \ }\psi
_{1}(y)\leq x\leq \psi _{2}(y)\right\} 
\]
Vea la figura \ref{fig:reg-I-II} b).
\end{definition}


\begin{theorem} \label{th:region1}
 Sea  $\Omega $  una \textbf{región tipo I  y }$f:\Omega \rightarrow \mathbb{R}$  acotada y continua
en  $int\Omega $, entonces  $f$  es integrable sobre  $\Omega $, y 
\[
  \int_{\Omega } f=\int_{a}^{b} \left( \int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f(x,y)dy\right) dx .
\]
\end{theorem}


\noindent  Análogamente, si  $\Phi $  es una \textbf{región tipo II , }$f:\Omega \rightarrow \mathbb{R}$  acotada y
continua en  $int\Phi $ , entonces  $f$  es integrable sobre  $\Phi $ , y 
\[
 \int_{\Phi } f=\int_{c}^{d} \left( \int _{\psi _{1}}^{\psi _{2}} f(x,y)dx\right) dy
\]

Demostración para \textit{regiones tipo I}. Tomamos
\[
\Omega =\left\{ (x,y);a\leq x\leq b\text{ \ y \ }\varphi _{1}(x)\leq y\leq
\varphi _{2}(x)\right\} 
\]


\noindent Como $\varphi _{1}$ y $\varphi _{2}$ son continuas en $\left[ a,b\right] $ y son acotadas, por tanto alcanzan su máximo y su mínimo.
Sean
\[
c\leq \min \left\{ \varphi _{1}(x)\mid x\in \left[ a,b\right] \right\} \text{ y }d\geq \max \left\{ \varphi _{2}(x)\mid x\in \left[ a,b\right] \right\} 
\]


\noindent entonces $\Omega \subseteq R=[a,b]\times \lbrack c,d]$

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 184pt;original-height 140pt;
\includegraphics[width=240pt,height=167pt]{./img-old/06/I0BT0M01}
\caption{figura 80}
\end{figure}

Como $f$ es continua en $int\Omega $, $f_{\Omega }$ es discontinua a lo más en $\partial \Omega $. Veamos cómo es $\partial \Omega $. Sean
\begin{align*}
A =& \left\{ (x,y)\mid x=a\text{ y }\varphi _{1}(a)\leq y\leq \varphi _{2}(a)\right\} \\
B =& \left\{ (x,y)\mid x=b\text{ y }\varphi _{1}(b)\leq y\leq \varphi _{2}(b)\right\} 
\end{align*}


\noindent entonces,
\[
 \partial \Omega =graf(\varphi _{1})\cup graf(\varphi _{2})\cup A\cup B .
\]


\noindent $A$ y $B$ son dos segmentos de recta en $\mathbb{R}^{2}$ y, por
tanto, tienen medida cero. Además, tenemos que $\varphi _{1}$ y $\varphi
_{2}$ son continuas en $\left[ a,b\right] $ (que es compacto), por tanto sus
gráficas tienen medida cero. Entonces
\[
0=m(\partial \Omega )\geq m(\Lambda (f_{\Omega },R)\text{  entonces  }m(\Lambda (f_{\Omega },R)=0
\]


\noindent por tanto\textbf{\ }\ $f_{\Omega }$ es integrable y
\[
 \int_{\Omega } f= \int_{R} f_{\Omega }
\]

Aplicando el teorema de Fubini, tenemos que
\[
 \int_{R} f_{\Omega }(x,y)d(x,y)=\int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{d} f_{\Omega }(x,y)dy\right) dx
\]

\noindent pero, para cada $x$ fija, tenemos que
\[
f_{\Omega }(x,y)=\left\{ 
\begin{array}{ll}
f(x,y) & \text{si }\varphi _{1}(x)\leq y\leq \varphi _{2}(x) \\ 
0 & \text{si }c\leq y\leq \varphi _{1}(x) \\ 
0 & \text{si }\varphi _{2}(x)\leq y\leq d\end{array}\right. 
\]


\noindent entonces
\[
 \int_{a}^{b} \left( \int_{c}^{d} f_{\Omega }(x,y)dy\right) dx
\]
\[
 =\int_{a}^{b} \left( \int _{c}^{\varphi _{1}} f_{\Omega }(x,y)dy+\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f_{\Omega }(x,y)dy+\int _{\varphi _{2}}^{d} f_{\Omega }(x,y)dy\right) dx
\]
\[
 =\int_{a}^{b} \left( \int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f(x,y)dy\right) dx
\]
\[
  \int_{\Omega } f=\int_{a}^{b} \left( \int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f(x,y)dy\right) dx\Diamond 
\]


Para las regiones \textit{tipo II}, la demostración es idéntica.

\bigskip

\textbf{Observación 1}. Si $f(x,y)=1$ $\forall $ $x\in \Omega $ y $\Omega $ es de \textit{tipo I}, entonces
\[
 \int_{\Omega } f=\int_{a}^{b} \left( \int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} 1dy\right) dx=\int_{a}^{b} \left[ \varphi _{2}(x)-\varphi _{1}(x)\right] dx=A(\Omega
)
\]


\noindent O sea, que las integrales dobles pueden emplearse para calcular 
áreas.

\bigskip

\textbf{Observación 2}. Para cada $x$ fija, tenemos que
\[
\int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f(x,y)dy=A\text{(sección sombreada en la siguiente figura)}
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 231pt;original-height 194pt;
\includegraphics[width=203pt,height=171pt]{./img-old/06/I0BT0M02}
\caption{figura 81}
\end{figure}


\textbf{Observación 3}. En general, si $f$ y $g$ son continuas en $\Omega $, \textbf{región tipo I}, entonces
\[
 \int_{\Omega } (g-f)=\text{volumen comprendido entre las gráficas de }f \text{ y }g.
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 223pt;original-height 197pt;
\includegraphics[width=202pt,height=178pt]{./img/c06/foto82}
\caption{figura 82}
\end{figure}


\textbf{Observación 4}. Si $\Omega =\left\{ (x,y)\mid a\leq x\leq y\text{
y }\varphi _{1}\leq y\leq \varphi _{2}\right\} $

\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad $=\left\{ (x,y)\mid c\leq y\leq s\text{ y 
}\psi _{1}\leq y\leq \psi _{2}\right\} $

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 206pt;original-height 117pt;
\includegraphics[width=347pt,height=199pt]{./img-old/06/I0BT0M04}
\caption{figura 83}
\end{figure}

\noindent entonces
\[
  \int_{\Omega } f=\int_{a}^{b} \left( \int _{\varphi _{1}}^{\varphi _{2}} f(x,y)dy\right) dx=\int_{c}^{d} \left( \int _{\psi _{1}}^{\psi _{2}} f(x,y)dx\right) dy .
\]


\noindent O sea que, podemos cambiar el orden de integración, y el valor
de la integral es el mismo.



\section{Ejemplos}


1. Sea $f$ positiva y supongamos que su integral esta dada por
\[
 \int_{\Omega } f=\int_{0}^{1} \left( \int _{x^{2}}^{x} f(x,y)dy\right) dx
\]
entonces
\[
\Omega =\left\{ (x,y)\mid 0\leq x\leq 1\text{, y }\varphi _{1}(x)=x^{2}\leq
y\leq x=\varphi _{2}(x)\right\} 
\]


\noindent Tenemos que $x^{2}\leq y$, $\forall $ $x\in \left[ 0,1\right] $
entonces $x\leq \sqrt{y}$ para toda $y\in \left[ 0,1\right] $, por lo que,
también
\[
\Omega =\left\{ (x,y)\mid 0\leq y\leq 1\text{, y }\psi _{1}(y)=y\leq x\leq 
\sqrt{y}=\psi _{2}(y)\right\} 
\]
se sigue que
\[
\int_{0}^{1} \left( \int _{x^{2}}^{x} f(x,y)dy\right) dx=\int_{0}^{1} \left( \int _{\sqrt{y}}^{y} f(x,y)dx\right) dy
\]

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 211pt;original-height 99pt;
\includegraphics[width=239pt,height=114pt]{./img-old/06/I0BT0M05}
\caption{figura 84}
\end{figure}


2. $f(x,y)=x^{3}y+\cos x$, con $\Omega =\left\{ (x,y)\mid 0\leq x\leq \frac{\pi }{2}\text{ y }0\leq y\leq x\right\} $. Entonces, para cada $x$ fija, $y$
varia de cero a $x$, así que
\[
 \int_{\Omega } f=\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \left( \int_{0}^{x} \left( x^{3}y+\cos x\right) dy\right)
dx=\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \left( \frac{x^{3}y}{2}+y\cos x\right) { \mid }_{y=0}^{y=x}dx
\]
\[
 =\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \frac{x^{5}}{2}dx+\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} x\cos xdx=\frac{x^{6}}{12}{ \mid }_{0}^{\frac{\pi }{2}}+(x\sin x+\cos x){ \mid }_{0}^{\frac{\pi }{2}}
\]
\[
 =\frac{\left( \frac{\pi }{2}\right) ^{6}}{12}+\frac{\pi }{2}-1
\]


\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 196pt;original-height 183pt;
\includegraphics[width=193pt,height=141pt]{./img-old/06/I0BT0M06}
\caption{figura 85}
\end{figure}

3. $f(x,y)=2-x-2y$, $\Omega $ el triángulo con vértices en $(0,0)$, $(2,0)$ y $(0,1)$
Vea la figura \ref{fig:triang-fub}

\begin{figure} \centering 
%original-width 216pt;original-height 133pt;
\includegraphics[width=201pt,height=155pt]{./img-old/06/I0BT0N07}
\caption{$y=\frac{2-x}{2}$}
\label{fig:triang-fub}
\end{figure}


\noindent $\varphi _{1}(x)=0$ y $\varphi _{2}(x)=\frac{2-x}{2}$, entonces
\[
  \int_{\Omega } f=\int_{0}^{2} \left( \int _{0}^{\frac{2-x}{2}} (2-x-2y)dy\right) dx=\int_{0}^{2} (2y-xy-y^{2}){ \mid }_{0}^{\frac{2-x}{2}}
\]
\[
=\int_{0}^{2} 2\left( \frac{2-x}{2}\right) -x\left( 
\frac{2-x}{2}\right) -\left( \frac{2-x}{2}\right) ^{2}dx=\int_{0}^{2} \left( 2-2x+\frac{x^{2}}{2}-1+x-\frac{x^{2}}{4}\right) dx
\]
\[
 =\int_{0}^{2} 1-x+\frac{x^{2}}{4}dx=\left( x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3(4)}\right) { \mid }_{0}^{2}=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}
\]


4. Hallar el volumen del sólido delimitado por el plano $z=2-x-2y$, y
los planos $y-z$ y $x-z$.\medskip 

Hacemos $z=0$ para encontrar la región en el plano $x-y$. Entonces, $2-x-2y=0$, por lo que $2-2y=x$ y, $y=\frac{2-x}{2}$. Si $y=0$ tenemos que $x=2$. Por tanto, los límites de integración son: $0\leq x\leq 2$ y $0\leq y\leq \frac{2-x}{2}$; y, el sólido en cuestión, es el
tetraedro de la siguiente figura \ref{fig:tetraedro}:

\begin{figure} \centering 
%original-width 204pt;original-height 197pt;
\includegraphics[width=175pt,height=170pt]{./img-old/06/I0BT0N08}
\caption{}
\label{fig:tetraedro}
\end{figure}

\noindent En consecuencia, el volumen del sólido esta dado por la
integral
\[
\int_{0}^{2} \left( \int _{0}^{\frac{2-x}{2}} (2-x-2y)dy\right) dx=\frac{2}{3}
\]

\textbf{Comentario}. En general, para resolver problemas d este tipo,
calculo de volúmenes, primero escribimos la ecuación en la forma $z=f(x,y)$. Luego, se hace $z=0$ para determinar los límites de integración. Y, por último, se calcula la integral doble.

\bigskip 

5. Calcular el volumen del sólido delimitado por el paraboloide $x^{2}+4y^{2}+z=4$, y el plano $X-Y$. Vea la figura \ref{fig:parabolod1}

\noindent Si $z=0$ entonces $4=x^{2}+4y^{2}$, por lo que
\[
 \pm \frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}=y .
\]


\noindent Y, si $y=0$ entonces $x=\pm 2$, por lo que los límites de
integración son:
\[
-2\leq x\leq 2\text{ \qquad\ \ \ y \ \ \qquad\ }-\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}\leq
y\leq \frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}
\]

\begin{figure} \centering 
%original-width 147pt;original-height 217pt;
\includegraphics[width=195pt,height=196pt]{./img-old/06/I1382700}
\caption{$x^{2}+4y^{2}+z=4$}
\label{fig:parabolod1}
\end{figure}

\noindent El volumen del sólido esta dado por la integral doble:
\[
\int_{-2}^{2} \left( \int _{-\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}}^{\frac{\sqrt{4-x^{2}}}{2}} \left( 4-x^{2}-4y^{2}\right)
dy\right) dx
\]


6. $f(x,y,z)=xy^{2}z^{3}$, y $\Omega $ el sólido acotado por $z=xy$ y
los planos $y=x$, $x=1$ y $z=0$. Vea la figura \ref{fig:89}

\begin{figure} \centering 
%original-width 224pt;original-height 199pt;
\includegraphics[width=224pt,height=186pt]{./img-old/06/I0BT0N0A}
\caption{figura 89}
\label{fig:89}
\end{figure}

\noindent $x$ varía de $0$ a $1$; para $x_{0}$ fija, $y$ varía de $0$ a $x$; y para $y_{0}$ fija, $z$ varía de $0$ a $xy$, así que:
\[
 \int_{\Omega } f=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{x} \left( \int_{0}^{xy} xy^{2}z^{3}dz\right) dy\right) dx=\int_{0}^{1} \left( 
\int_{0}^{x} xy^{2}\left( \int_{0}^{xy} z^{3}dz\right) dy\right) dx
\]
\[
=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{x} xy^{2}\left( \frac{z^{4}}{4}{ \mid }_{0}^{xy}\right) dy\right) dx=\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{x} xy^{2}\left( \frac{x^{4}y^{4}}{4}\right) dy\right) dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{x} \left(
x^{5}y^{6}\right) dy\right) dx
\]
\[
=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} x^{5}\left( \int_{0}^{x} y^{6}dy\right) dx=\frac{1}{4}\int_{0}^{1} x^{5}\left( \frac{x^{7}}{7}\right) dx=\frac{1}{4}\frac{1}{7}\left( 
\frac{x^{12}}{12}\right) _{0}^{1}=\frac{1}{4}\frac{1}{7}\frac{1}{12}
\]




7. $f(x,y,z)=xyz$, con
\[
\Omega =\left\{ (x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1\text{, }x\geq 0\text{, }y\geq 0\text{ y }z\geq 0\right\} 
\]

\noindent Entonces, $\Omega $ es un octavo de la esfera unitaria. Vea la figura \ref{fig:esfera-cuarto}

\begin{figure} \centering 
%original-width 205pt;original-height 172pt;
\includegraphics[width=249pt,height=199pt]{./img-old/06/I0BT0N0B}
\caption{}
\label{fig:esfera-cuarto}
\end{figure}

\noindent Si $z=0$, $y^{2}=1-x^{2}$ entonces $y=\sqrt{1-x^{2}}$.

Para $x$ fija, $y$ varía de $0$ a $\sqrt{1-x^{2}}$. Para $x$ e $y$
fijas, $z$ varía de $0$ a $\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}$. Por tanto, queremos
calcular la siguiente integral

\begin{equation} \label{eq:triangle}
\frac{1}{8} \int_{\Omega } f=\frac{1}{8}\int_{0}^{1} \left( \int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \left( \int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} xyzdz\right) dy\right) dx 
\end{equation}
Pero,
\[
\int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} xyzdz=xy\int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} zdz=xy\left( \frac{z^{2}}{2}\right)
_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}=xy\left( \frac{1-x^{2}-y^{2}}{2}\right) 
\]


\noindent entonces,
\[
 \ref{eq:triangle} \;=\frac{1}{8}\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \left( 
\int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \left( xy-x^{3}y-xy^{3}\right)
dy\right) dx
\]


\noindent Luego calculamos,
\[
\int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \left( xy-x^{3}y-xy^{3}\right)
dy=\left( \frac{xy^{2}}{2}-\frac{x^{3}y^{2}}{2}-\frac{xy^{4}}{4}\right)
_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}
\]
\[
=\frac{x\left( 1-x^{2}\right) }{2}-\frac{x^{3}\left( 1-x^{2}\right) }{2}-\frac{x\left( 1-x^{2}\right) ^{2}}{4}=\frac{1}{4}(x-2x^{3}+x^{5}),
\]

\noindent entonces,
\[
\frac{1}{8}\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \left( \int _{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \left( xy-x^{3}y-xy^{3}\right) dy\right) dx=\frac{1}{8}\frac{1}{2}\frac{1}{4}\int_{0}^{1} \left(
x-2x^{3}+x^{5}\right) dx
\]
\[
 =\frac{1}{8}\frac{1}{2}\frac{1}{4}\left( \frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{4}}{2}+\frac{x^{6}}{6}\right) _{0}^{1}=\frac{1}{8}\frac{1}{2}\frac{1}{4}\frac{1}{6}
\]


8. Demostrar que se cumple la siguiente igualdad:
\[
\int_{0}^{x} \int_{0}^{v} \int_{0}^{u} f(t)dtdudv=\frac{1}{2}\int_{0}^{x} (x-t)^{2}f(t)dt
\]

Como en el extremo derecho de la integral triple aparece $dv$, y en el
izquierdo $\int_{0}^{x} $, entonces $v$ varia de cero a $x
$. Con el mismo razonamiento, $u$ varia de $0$ a $v$; y, $t$ varia de $0$ a $u$. Esto es,
\[
0\leq v\leq x\text{, }0\leq u\leq v(\leq x)\text{, y }0\leq t\leq u.
\]


\noindent Ahora, para $u=v$ (en la identidad), tenemos que
\[
 0\leq t\leq u=v\Rightarrow 0\leq v-t .
\]


\noindent Para $v$ fija en $x$ ($v=x$), $u$ varía de $0$ a $x$; esto es,
\[
0\leq u\leq x\text{, y }0\leq t\leq u,
\]

\noindent entonces $u+t\leq x+u$, por lo que $0\leq x-t$.

\begin{figure}[H] \centering 
%original-width 223pt;original-height 147pt;
\includegraphics[width=339pt,height=190pt]{./img-old/06/I0BT0N0C}
\caption{figura 91}
\end{figure}

En conclusión, tenemos que
\[
\int_{0}^{x-t} \int_{0}^{t} dvdu=\int_{0}^{x-t} \int_{0}^{t} dvdt
\]
y, por tanto,
\[
\int_{0}^{x} \int_{0}^{v} \int_{0}^{u} f(t)dtdudv=\int_{0}^{u} \int_{0}^{v} \int_{0}^{x} f(t)dvdudt=\int_{0}^{x} \int_{0}^{x-t} \int_{0}^{t} dvdudt=\int_{0}^{x} \int_{0}^{x-t} \int_{0}^{t} dvdtdt
\]

\noindent Como
\[
\int_{0}^{x-t} \int_{0}^{t} 1dvdt=\int_{0}^{x-t} v{ \mid }_{0}^{t}dt=\int_{0}^{x-t} tdt=\frac{t^{2}}{2}{ \mid }_{0}^{x-t}=\frac{\left( x-t\right) ^{2}}{2};
\]
\[
 \int_{0}^{x} \int_{0}^{v} \int_{0}^{u} f(t)dtdudv=\int_{0}^{x} f(t)\frac{\left( x-t\right) ^{2}}{2}dt\Diamond 
\]



9. $f(x,y,z)=x$; $\Omega $ la región acotada por $x=0$, $y=0$, $z=2$ y
la superficie $x^{2}+y^{2}\leq z$. Vea la figura \ref{fig:paraboloid}

\begin{figure} \centering 
%original-width 208pt;original-height 195pt;
\includegraphics[width=197pt,height=184pt]{./img-old/06/I0BT0N0D}
\caption{$x^{2}+y^{2}\leq z$}
\label{fig:paraboloid}
\end{figure}

\noindent Si $y=0$ entonces $x^{2}\leq 2$, $x\leq \sqrt{2}$. Si $x=0$
entonces $y=\sqrt{2}$.

Para $z=2$ y $x$ fija, $y\leq \left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{1}{2}}$. O sea
que tenemos:
\[
0\leq x\leq \sqrt{2}\text{, }0\leq y\leq \left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{1}{2}}\text{ y 
}0\leq x^{2}+y^{2}\leq z\leq 2
\]

\noindent por lo que
\[
 \int_{\Omega } x=\int _{0}^{\sqrt{2}} \int _{0}^{\left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{1}{2}}} \int _{x^{2}+y^{2}}^{2} xdzdydx=\int _{0}^{\sqrt{2}} 
\int _{0}^{\left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{1}{2}}} 2x-x(x^{2}+y^{2})dydx
\]
\[
=\int _{0}^{\sqrt{2}} \int _{0}^{\left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{1}{2}}} 2x-x^{3}-xy^{2}dydx=
\]
\[
 \int _{0}^{\sqrt{2}} 2x(2-x^{2})^{\frac{1}{2}}-x^{3}(2-x^{2})^{\frac{1}{2}}-\frac{x}{3}\left( (2-x^{2})^{\frac{1}{2}}\right) ^{3}dx
\]
\[
 =\left( \frac{2}{3}\left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}\frac{1}{3}x^{2}\left( 2-x^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}\right) _{0}^{\sqrt{2}}
\]
\[
 =-\frac{2}{3}(2)^{\frac{3}{2}}
\]




\section{Ejercicios}


1. Determinar los límites de integración y calcular las siguientes
integrales sobre $\Omega $.

\noindent \medskip a) $ \int_{\Omega } e^{x+y}$, $\Omega =\left\{
(x,y)\mid \left\vert x\right\vert +\left\vert y\right\vert \leq 1\right\} $

\noindent \medskip b) $ \int_{\Omega } y^{-3}e^{\left( \frac{t^{x}}{y}\right) }$, $\Omega =\left[ 0,t\right] \times \left[ 1,t\right] $, $t>1$

\noindent \medskip c) $ \int_{\Omega } x^{2}+y^{2}$, $\Omega $ la
región delimitada por los semi ejes positivos $X$ e $Y$ y por la recta $3x+4y=10$

\noindent \medskip d) $ \int_{\Omega } x^{3}y$, $\Omega $ la región delimitada por el eje $y$ y la parábola $x=-4y^{2}+3$

\noindent \medskip e) $ \int_{\Omega } x^{3}y+\cos x$, $\Omega $ triángulo definido por $0\leq x\leq \frac{\pi }{2}$ y $0\leq y\leq x$

\bigskip

2. Definir las regiones tipo I y tipo II y formular un teorema equivalente
al teorema \ref{th:region1} de este capítulo, para $n\geq 3$. Ilustrar
para $n=3$.

\bigskip

3. Determinar los límites de integración y calcular las siguientes
integrales sobre $\Omega $.

\noindent \medskip a) $ \int_{\Omega } \left( 1+x+y+z\right) ^{-3}$, $\Omega $ la región delimitada por los tres planos coordenados y el
plano $x+y+z=1$

\noindent \medskip b) $ \int_{\Omega } \left( \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}\right) $, $\Omega $ la región
limitada por el elipsoide $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$

\noindent c) $ \int_{\Omega } \sqrt{x^{2}+y^{2}}$, $\Omega $ la región formada por la hoja superior del cono $z^{2}=x^{2}+y^{2}$ y el plano $z=1$

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4. Calcular las siguientes integrales y dibujar la región de integración.

\noindent \medskip a) $\int_{0}^{1} \left( \int _{x^{3}}^{x^{2}} ydy\right) dx$

\noindent \medskip b) $\int _{0}^{\frac{\pi }{2}} \left( 
\int_{0}^{\cos x} y\sin xdy\right) dx$

\noindent \medskip c) $\int_{0}^{1} \left( \int _{0}^{x^{2}} \left( x^{2}+xy+y^{2}\right) dy\right) dx$

\noindent \medskip d) $\int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{2-y} \left( x+y\right) ^{2}dx\right) dy$

\noindent \medskip e) $\int_{0}^{1} \left( \int _{e^{x}}^{e^{2x}} x\log ydy\right) dx$

\noindent f) $\int_{0}^{\pi } \left( \int_{\sin x}^{3\sin x} x\left( 1+y\right) dy\right) dx$

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5. Demostrar que
\[
\int_{0}^{x} \left( \int_{0}^{u} f(t)dt\right) du=\int_{0}^{x} \left( x-t\right) f(t)dt
\]

6. Hallar el volumen de la región delimitada por $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq
10$ y $z\geq 2$. (Considérese sólo un cuadrante y al final se
multiplica por cuatro. Nótese que para $z=2$, $x$ varia de $0$ a $\sqrt{8}$; determínese de dónde a dónde varia $y$ para cada $x$ fija;
determínese de dónde a dónde varía $z$. Usar esto para
determinar los límites de integración de una integral triple que
exprese el volumen de una cuarta parte de la región en cuestión).

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7. Hallar el volumen de la región delimitada por los tres planos
coordenados, el plano $z=2$ y el cilindro $x^{2}+y^{2}=2x$

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8. Hallar el volumen de la región delimitada por los tres planos
coordenados, y por la esfera de radio 1 con centro en $(0,0,0)$.

